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10.5 曲线与方程
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
曲线与方程
了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系.
2015浙江文,7
曲线与方程的求法
平面截圆锥的性质
★★☆
分析解读 1.求曲线方程的题目往往出现在解答题中,并且以第一小题的形式出现,难度适中.
2.预计2020年高考试题中,求曲线的方程会有所涉及.
破考点
【考点集训】
考点 曲线与方程
1.(2018浙江镇海中学阶段性测试,8)在圆C:x2+y2+2x-2y-23=0中,长为8的弦中点的轨迹方程为( )
A.(x-1)2+(y+1)2=9 B.(x+1)2+(y-1)2=9
C.(x-1)2+(y+1)2=16 D.(x+1)2+(y-1)2=16
答案 B
2.(2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),21)已知两个不同的动点A,B在椭圆y28+x24=1上,且线段AB的垂直平分线恒过点P(0,-1).求:
(1)线段AB的中点M的轨迹方程;
(2)线段AB的长度的最大值.
解析 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0).易知直线AB的斜率存在,
由题意可知,y128+x124=1,y228+x224=1,
则(y1-y2)(y1+y2)8+(x1-x2)(x1+x2)4=0,
得y1-y2x1-x2=-2x0y0.
又y1-y2x1-x2y0+1x0=-1,得y0=-2.
从而,线段AB的中点M的轨迹方程为y=-2(-2
,
即当k∈(-∞,-1)∪12,+∞时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,
故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.
若Δ=0,x0<0或Δ>0,x0≥0,由②③解得k∈-1,12或-≤k<0,
即当k∈-1,12时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点.
当k∈-12,0时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.
故当k∈-12,0∪-1,12时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.
若Δ>0,x0<0,由②③解得-1b>0),由e==22,得a2-b2a2=12,从而a2=2b2,所以c=b.
故椭圆C方程为x2+2y2=2b2,设A(x1,y1),B(x2,y2),∵A、B在椭圆C上,∴x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,两式相减得(x12-x22)+2(y12-y22)=0,即y1-y2x1-x2=-x1+x22(y1+y2).
设AB的中点为(x0,y0),则kAB=-x02y0,又(x0,y0)在直线y=x上,故y0=x0,于是-x02y0=-1,即kAB=-1,故直线l的方程为y=-x+1.
右焦点(b,0)关于直线l的对称点设为(x,y),
则yx-b=1,y2=-x+b2+1,解得x=1,y=1-b.
由点(1,1-b)在椭圆上,得1+2(1-b)2=2b2,
∴b=,∴b2=916,a2=.
∴所求椭圆C的方程为x298+y2916=1.
过专题
【五年高考】
统一命题、省(区、市)卷题组
考点 曲线与方程
1.(2017课标全国Ⅱ理,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解析 本题考查了求轨迹方程的基本方法和定点问题.
(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).
由NP=2NM得x0=x,y0=22y.
因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).
由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,
又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以OQPF=0,即OQ⊥PF.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
2.(2015广东,20,14分)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.
(1)求圆C1的圆心坐标;
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程;
(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.
解析 (1)圆C1的方程x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,所以圆心坐标为(3,0).
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),M(x0,y0),
则x0=x1+x22,y0=y1+y22.
由题意可知直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=tx.
将上述方程代入圆C1的方程,化简得(1+t2)x2-6x+5=0.
由题意,可得Δ=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=61+t2,
所以x0=31+t2,代入直线l的方程,得y0=3t1+t2.
因为x02+y02=9(1+t2)2+9t2(1+t2)2=9(1+t2)(1+t2)2=91+t2=3x0,
所以x0-322+y02=.
由(*)解得t2<,又t2≥0,所以b>0)的离心率为22,点(2,2)在C上.
(1)求C的方程;
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
解析 (1)由题意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,
解得a2=8,b2=4.
所以C的方程为x28+y24=1.
(2)证明:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入x28+y24=1得
(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.
故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1.
于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-.
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
思路分析 (1)利用椭圆的离心率,以及椭圆经过的点,求解a,b,然后得到椭圆的方程;(2)联立直线方程与椭圆方程,通过根与系数的关系求解kOM,然后推出直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.
3.(2014广东,20,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为(5,0),离心率为53.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.
解析 (1)由题意知c=5,e==53,
∴a=3,b2=a2-c2=4,
故椭圆C的标准方程为x29+y24=1.
(2)设两切线为l1,l2,
①当l1⊥x轴或l1∥x轴时, l2∥x轴或l2⊥x轴,可知P(3,2).
②当l1与x轴不垂直且不平行时,x0≠3,设l1的斜率为k,且k≠0,则l2的斜率为-,l1的方程为y-y0=k(x-x0),与x29+y24=1联立,
整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,
∵直线l1与椭圆相切,∴Δ=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)[(y0-kx0)2-4]=0,
∴(x02-9)k2-2x0y0k+y02-4=0,
∴k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的一个根,同理,-是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的另一个根,
∴k-1k=y02-4x02-9,整理得x02+y02=13,其中x0≠3,
∴点P的轨迹方程为x2+y2=13(x≠3).
P(3,2)满足上式.
综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.
评析 本题考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及轨迹方程的求法.考查分类讨论思想以及方程思想的应用.
4.(2013课标Ⅰ,20,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.
解析 由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P(x,y),半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.
由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为x24+y23=1(x≠-2).
(2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4.
若l的倾斜角为90,则l与y轴重合,可得|AB|=23.
若l的倾斜角不为90,由r1≠R知l不平行于x轴,
设l与x轴的交点为Q,则|QP||QM|=Rr1,
可求得Q(-4,0),
所以可设l:y=k(x+4).
由l与圆M相切得|3k|1+k2=1,
解得k=24.
当k=24时,将y=24x+2代入x24+y23=1,
并整理得7x2+8x-8=0,
解得x1,2=-4627.
所以|AB|=1+k2|x2-x1|=187.
当k=-24时,由图形的对称性可知|AB|=187.
综上,|AB|=23或|AB|=187.
思路分析 (1)由动圆P与两定圆的位置关系可求得|PM|+|PN|=4,根据椭圆的定义即可判定动圆圆心P的轨迹,进而求得曲线C的方程,注意检验特殊点是否符合题意;(2)根据条件确定圆P的半径最长时圆P的方程,对直线l的倾斜角进行讨论.当直线的斜率不存在时,直接求|AB|.当直线的斜率存在时,利用相切关系求其斜率与方程,将直线方程代入曲线C的方程,解出x,再利用弦长公式求|AB|.
【三年模拟】
一、选择题(每小题4分,共8分)
1.(2018浙江杭州二中期中,9)2 000多年前,古希腊大数学家阿波罗尼奥斯(Apollonius)发现:平面截圆锥的截口曲线是圆锥曲线.已知圆锥的高为PH,AB为底面直径,顶角为2θ,那么不过顶点P的平面:与PH的夹角α满足>α>θ时,截口曲线为椭圆;与PH的夹角α=θ时,截口曲线为抛物线;与PH的夹角α满足θ>α>0时,截口曲线为双曲线.如图,底面内的直线AM⊥AB,过AM的平面截圆锥所得的曲线为椭圆,其中与PB的交点为C,可知AC为长轴.那么当C在线段PB上运动时,截口曲线的短轴顶点的轨迹为( )
A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线
答案 D
2.(2017浙江镇海中学一轮阶段检测,7)已知二次函数y=ax2+bx+c(ac≠0)图象的顶点坐标为-b2a,-14a,与x轴的交点P,Q位于y轴的两侧,以线段PQ为直径的圆与y轴交于F1(0,4)和F2(0,-4),则点(b,c)所在的曲线为( )
A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线
答案 B
二、填空题(单空题4分,多空题6分,共6分)
3.(2018浙江嘉兴教学测试(4月),12)在直角坐标系中,A(-2,0),B(2,0),动点P满足|PA|=2|PB|,则点P的轨迹方程是 ;轨迹为 .
答案 x2+y2-12x+4=0;一个圆
三、解答题(共45分)
4.(2019届浙江高考信息卷(五),21)已知圆M:(x+23)2+y2=64,定点N(23,0),点P为圆M上的动点,点Q在NP上,点G在MP上,且满足NP=2NQ,GQNP=0.
(1)求点G的轨迹方程;
(2)已知点B(0,2),A、D是曲线G上的两动点且AB⊥DB,若直线AD与以原点为圆心的圆总有公共点,求该圆的半径r的取值范围.
解析 (1)连接GN,则|GN|=|GP|,∴|MP|=|MG|+|GP|=|MG|+|GN|=8,根据椭圆的定义知点G的轨迹是以M、N为焦点,长轴长为8的椭圆,即a=4,c=23,则b2=a2-c2=4,故所求的轨迹方程是x216+y24=1.
(2)设直线AB的方程是y=kx+2,则直线BD的方程是y=-x+2,由y=kx+2,x216+y24=1得(1+4k2)x2+16kx=0,∴xA=-16k1+4k2,从而yA=2-8k21+4k2,由y=-1kx+2,x216+y24=1得xD=16kk2+4,yD=2k2-8k2+4,则kAD=yA-yDxA-xD=2-8k21+4k2-2k2-8k2+4-16k1+4k2-16kk2+4=k2-15k,∴直线AD的方程为y-2-8k21+4k2=k2-15kx+16k1+4k2,即y=k2-15kx-,即直线AD过定点0,-65,为使直线AD与圆x2+y2=r2总有公共点,只需r≥,即r的取值范围是65,+∞.
5.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),21)已知动圆O1过定点A(2,0),且在y轴上截得弦MN的长为4.
(1)求动圆圆心O1的轨迹C的方程;
(2)若B(x0,y0)是动圆圆心O1的轨迹C上的动点,点P,Q在y轴上,圆(x-2)2+y2=4内切于△BPQ,求△BPQ面积的最小值及此时点B的坐标.
解析 (1)如图,设动圆圆心O1(x,y),由题意知,|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1H⊥MN交MN于H,则H是MN的中点,
∵|O1M|=|O1A|,∴x2+4=(x-2)2+y2,
化简得y2=4x(x≠0).又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=4x,
所以动圆圆心O1的轨迹C的方程为y2=4x.
(2)设P(0,p),Q(0,q),且p>q.
直线PB的方程:y-p=y0-px0x,
化简得(y0-p)x-x0y+x0p=0,∵圆心(2,0)到直线PB的距离是2,∴|2(y0-p)+x0p|(y0-p)2+x02=2,
从而4(y0-p)2+4x02=4(y0-p)2+4x0p(y0-p)+x02p2,易知x0>4,
∴上式化简后,得(x0-4)p2+4y0p-4x0=0,
同理,(x0-4)q2+4y0q-4x0=0,
∴p+q=-4y0x0-4,pq=-4x0x0-4,
p-q=-4y0x0-42-4-4x0x0-4=4x02+y02-4x0(x0-4)2,
∵B(x0,y0)是抛物线上的一点,∴y02=4x0,∴p-q=4x0x0-4,
∴S△BPQ= (p-q)x0=4x02x0-4=2(x0-4)+16x0-4+8≥32,
当且仅当x0-4=16x0-4,即x0=8,y0=42时取等号,此时B(8,42).∴△BPQ面积的最小值为32.
6.(2018浙江嘉兴高三期末,21)如图,AB为半圆x2+y2=1(y≥0)的直径,点D,P是半圆弧上的两点,OD⊥AB,∠POB=30.曲线C经过点P,且曲线C上任意一点M满足|MA|+|MB|为定值.
(1)求曲线C的方程;
(2)设过点D的直线l与曲线C交于不同的两点E,F,求△OEF面积最大时直线l的方程.
解析 (1)根据椭圆的定义,曲线C是以A(-1,0),B(1,0)两点为焦点的椭圆,其中2c=2,P32,12.
2a=|PA|+|PB|=32+12+122+32-12+122=2+3+2-3,
∴a2=,b2=,∴曲线C的方程为x232+y212=1.(5分)
(2)当直线l的斜率不存在时,△OEF不存在,所以直线l的斜率存在.
设过点D的直线l的斜率为k,则l:y=kx+1.
由y=kx+1,2x2+6y2=3得(2+6k2)x2+12kx+3=0,
Δ=(12k)2-4(2+6k2)3=24(3k2-1)>0,∴k2>,
设E(x1,y1),F(x2,y2),
∴x1+x2=-12k2+6k2,x1x2=32+6k2,(8分)
∴|EF|=1+k2|x1-x2|=1+k224(3k2-1)2+6k2,(10分)
又∵点O到直线l的距离d=11+k2,
∴△OEF的面积S=|EF|d=6(3k2-1)2+6k2.(12分)
令3k2-1=λ,λ>0,则S=6λλ2+2=6λ+2λ≤622=34,当且仅当λ=,即λ=2,也即3k2-1=2,k=1时,△OEF的面积取到最大值34.
此时直线l的方程为y=x+1或y=-x+1.(15分)
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